Кривая таутохроны

Кривая, для которой время до конца равно для всех начальных точек

Четыре шара скользят по циклоидальной кривой из разных положений, но прибывают на дно одновременно. Синие стрелки показывают ускорение точек вдоль кривой. Сверху — диаграмма времени и положения.

Объекты, представляющие собой кривую таутохроны

Таутохронная кривая или изохронная кривая (от древнегреческого ταὐτό (tauto-)  «одинаковый», ἴσος (isos-)  «равный» и χρόνος (chronos)  «время») — это кривая , для которой время, необходимое объекту, скользящему без трения в условиях равномерной гравитации до своей самой низкой точки, не зависит от его начальной точки на кривой. Кривая является циклоидой , а время равно π , умноженному на квадратный корень радиуса (окружности, которая образует циклоиду) по ускорению силы тяжести . Таутохронная кривая связана с брахистохронной кривой , которая также является циклоидой.

Проблема таутохрона

Христиан Гюйгенс , Horologium oscillatorium sive de motu pendulorum , 1673 г.

Именно в левом испытательном котле «Пекода», когда мыльный камень усердно кружил вокруг меня, я впервые косвенно был поражен замечательным фактом, что в геометрии все тела, скользящие по циклоиде, например мой мыльный камень, будут опускаться из любой точки точно за одно и то же время.

«Моби Дик» Германа Мелвилла , 1851 г.

Проблема таутохроны, попытка определить эту кривую, была решена Христианом Гюйгенсом в 1659 году. Он геометрически доказал в своем труде Horologium Oscillatorium , первоначально опубликованном в 1673 году, что кривая является циклоидой .

На циклоиде, ось которой поднята на перпендикуляр, а вершина расположена внизу, времена падения, за которые тело достигает самой нижней точки в вершине после вылета из любой точки циклоиды, равны между собой... ^[1]

Циклоида задается точкой на окружности радиуса, описывающей кривую при движении окружности вдоль оси, как: ${\displaystyle r}$ ${\displaystyle x}$ $${\displaystyle {\begin{aligned}x&=r(\theta -\sin \theta )\\y&=r(1-\cos \theta ),\end{aligned}}}$$

Гюйгенс также доказал, что время спуска равно времени, которое требуется телу, чтобы вертикально упасть на то же расстояние, что и диаметр окружности, образующей циклоиду, умноженному на . В современных терминах это означает, что время спуска равно , где — радиус окружности, образующей циклоиду, а — сила тяжести Земли , или, точнее, ускорение свободного падения Земли. ${\displaystyle \pi /2}$ ${\textstyle \pi {\sqrt {r/g}}}$ ${\displaystyle r}$ ${\displaystyle g}$

Пять изохронных циклоидальных маятников с разными амплитудами

Это решение позднее было использовано для решения задачи о кривой брахистохроны . Иоганн Бернулли решил эту задачу в статье ( Acta Eruditorum , 1697).

Схема циклоидального маятника

Проблема таутохроны была изучена Гюйгенсом более подробно, когда он понял, что маятник, который следует по круговой траектории, не является изохронным , и поэтому его маятниковые часы будут показывать разное время в зависимости от того, насколько далеко качнулся маятник. После определения правильной траектории Христиан Гюйгенс попытался создать маятниковые часы, которые использовали бы струну для подвешивания груза и боковые выступы около верхней части струны, чтобы изменить траекторию к кривой таутохроны. Эти попытки оказались бесполезными по ряду причин. Во-первых, изгиб струны вызывает трение, изменяя синхронизацию. Во-вторых, существовали гораздо более существенные источники ошибок синхронизации, которые подавляли любые теоретические улучшения, которые помогает движение по кривой таутохроны. Наконец, «круговая ошибка» маятника уменьшается по мере уменьшения длины колебания, поэтому более совершенные спусковые механизмы часов могли бы значительно уменьшить этот источник неточности.

Позднее математики Жозеф Луи Лагранж и Леонард Эйлер предложили аналитическое решение этой задачи.

Лагранжево решение

Для простого гармонического осциллятора, выведенного из состояния покоя, независимо от его начального смещения, время, необходимое для достижения точки наименьшей потенциальной энергии, всегда составляет четверть его периода, который не зависит от его амплитуды. Поэтому лагранжиан простого гармонического осциллятора является изохронным .

В задаче таутохроны, если положение частицы параметризовано длиной дуги s ( t ) от самой низкой точки, кинетическая энергия тогда пропорциональна , а потенциальная энергия пропорциональна высоте h ( s ) . Один из способов, которым кривая в задаче таутохроны может быть изохроной, заключается в том, что лагранжиан математически эквивалентен простому гармоническому осциллятору; то есть высота кривой должна быть пропорциональна квадрату длины дуги: ${\displaystyle {\dot {s}}^{2}}$

${\displaystyle h(s)=s^{2}/(8r),}$

где константа пропорциональности равна . По сравнению с лагранжианом простого гармонического осциллятора эквивалентная константа пружины равна , а время спуска равно Однако физический смысл константы не ясен, пока мы не определим точное аналитическое уравнение кривой. ${\displaystyle 1/(8r)}$ ${\displaystyle k=mg/(4r)}$ ${\displaystyle T/4={\frac {\pi }{2}}{\sqrt {\frac {m}{k}}}=\pi {\sqrt {\frac {r}{g}}}.}$ ${\displaystyle r}$

Чтобы решить аналитическое уравнение кривой, обратите внимание, что дифференциальная форма приведенного выше соотношения имеет вид

${\displaystyle {\begin{aligned}dh&=s\,ds/(4r),\\dh^{2}&=s^{2}\,ds^{2}/(16r^{2})=h\left(dx^{2}+dh^{2}\right)/(2r),\\\left({\frac {dx}{dh}}\right)^{2}&={\frac {2r}{h}}-1\end{aligned}}}$

что исключает s и оставляет дифференциальное уравнение для dx и dh . Это дифференциальное уравнение для циклоиды , когда вертикальная координата h отсчитывается от ее вершины (точки с горизонтальной касательной) вместо точки возврата .

Чтобы найти решение, проинтегрируем x по h :

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {dx}{dh}}&=-{\frac {\sqrt {2r-h}}{\sqrt {h}}},\\x&=-4r\int {\sqrt {1-u^{2}}}\,du,\end{aligned}}}$

где , а высота уменьшается по мере движения частицы вперед . Этот интеграл представляет собой площадь под кругом, что можно сделать с помощью другой подстановки и получить: ${\displaystyle u={\sqrt {h/(2r)}}}$ ${\displaystyle dx/dh<0}$ ${\displaystyle u=\cos(t/2)}$

${\displaystyle {\begin{aligned}x&=r(t-\sin t),\\h&=r(1+\cos t).\end{aligned}}}$

Это стандартная параметризация циклоиды с . Интересно отметить, что квадрат длины дуги равен разнице высот, умноженной на полную длину дуги . ${\displaystyle h=2r-y}$ ${\displaystyle 8r}$

Решение «виртуальной гравитации»

Простейшее решение проблемы таутохроны — отметить прямую связь между углом наклона и силой тяжести, ощущаемой частицей на наклонной поверхности. Частица на вертикальной наклонной поверхности 90° испытывает полное гравитационное ускорение , в то время как частица на горизонтальной плоскости испытывает нулевое гравитационное ускорение. При промежуточных углах ускорение, вызванное «виртуальной гравитацией» частицы, равно . Обратите внимание, что измеряется между касательной к кривой и горизонталью, причем углы выше горизонтали рассматриваются как положительные углы. Таким образом, изменяется от до . ${\displaystyle g}$ ${\displaystyle g\sin \theta }$ ${\displaystyle \theta }$ ${\displaystyle \theta }$ ${\displaystyle -\pi /2}$ ${\displaystyle \pi /2}$

Положение массы, измеренное вдоль таутохронной кривой, должно подчиняться следующему дифференциальному уравнению: ${\displaystyle s(t)}$

${\displaystyle {\frac {d^{2}s}{{dt}^{2}}}=-\omega ^{2}s}$

которое вместе с начальными условиями и имеет решение: ${\displaystyle s(0)=s_{0}}$ ${\displaystyle s'(0)=0}$

${\displaystyle s(t)=s_{0}\cos \omega t}$

Можно легко проверить, что это решение решает дифференциальное уравнение и что частица достигнет в момент времени из любого начального положения . Теперь проблема состоит в том, чтобы построить кривую, которая заставит массу подчиняться вышеуказанному движению. Второй закон Ньютона показывает, что сила тяжести и ускорение массы связаны соотношением: ${\displaystyle s=0}$ ${\displaystyle \pi /2\omega }$ ${\displaystyle s_{0}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}-g\sin \theta &={\frac {d^{2}s}{{dt}^{2}}}\\&=-\omega ^{2}s\,\end{aligned}}}$

Явный вид расстояния, , сбивает с толку, но мы можем дифференцировать его , чтобы получить более удобную форму: ${\displaystyle s}$

${\displaystyle {\begin{aligned}g\cos \theta \,d\theta &=\omega ^{2}\,ds\\\Longrightarrow ds&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \end{aligned}}}$

Это уравнение связывает изменение угла кривой с изменением расстояния вдоль кривой. Теперь мы используем тригонометрию, чтобы связать угол с дифференциальными длинами , и : ${\displaystyle \theta }$ ${\displaystyle dx}$ ${\displaystyle dy}$ ${\displaystyle ds}$

${\displaystyle {\begin{aligned}ds={\frac {dx}{\cos \theta }}\\ds={\frac {dy}{\sin \theta }}\end{aligned}}}$

Заменив на в приведенном выше уравнении, мы решим его в терминах : ${\displaystyle ds}$ ${\displaystyle dx}$ ${\displaystyle x}$ ${\displaystyle \theta }$

${\displaystyle {\begin{aligned}ds&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \\{\frac {dx}{\cos \theta }}&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \\dx&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos ^{2}\theta \,d\theta \\&={\frac {g}{2\omega ^{2}}}\left(\cos 2\theta +1\right)d\theta \\x&={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\left(\sin 2\theta +2\theta \right)+C_{x}\end{aligned}}}$

Аналогично, мы также можем выразить через и решить через : ${\displaystyle ds}$ ${\displaystyle dy}$ ${\displaystyle y}$ ${\displaystyle \theta }$

${\displaystyle {\begin{aligned}ds&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \\{\frac {dy}{\sin \theta }}&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \\dy&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\sin \theta \cos \theta \,d\theta \\&={\frac {g}{2\omega ^{2}}}\sin 2\theta \,d\theta \\y&=-{\frac {g}{4\omega ^{2}}}\cos 2\theta +C_{y}\end{aligned}}}$

Подставляя и , мы видим, что эти параметрические уравнения для и являются уравнениями точки на окружности радиуса , катящейся по горизонтальной прямой ( циклоиде ), с центром окружности в точке с координатами : ${\displaystyle \phi =2\theta }$ ${\textstyle r={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\,}$ ${\displaystyle x}$ ${\displaystyle y}$ ${\displaystyle r}$ ${\displaystyle (C_{x}+r\phi ,C_{y})}$

${\displaystyle {\begin{aligned}x&=r\left(\sin \phi +\phi \right)+C_{x}\\y&=-r\cos \phi +C_{y}\end{aligned}}}$

Обратите внимание, что диапазоны от . Обычно устанавливают и так, чтобы самая низкая точка на кривой совпадала с началом координат. Поэтому: ${\displaystyle \phi }$ ${\displaystyle -\pi \leq \phi \leq \pi }$ ${\displaystyle C_{x}=0}$ ${\displaystyle C_{y}=r}$

${\displaystyle {\begin{aligned}x&=r\left(\phi +\sin \phi \right)\\y&=r\left(1-\cos \phi \right)\\\end{aligned}}}$

Решая и помня, что — это время, необходимое для спуска, составляющее четверть полного цикла, находим время спуска через радиус : ${\displaystyle \omega }$ ${\displaystyle T={\frac {\pi }{2\omega }}}$ ${\displaystyle r}$

${\displaystyle {\begin{aligned}r&={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\\\omega &={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {g}{r}}}\\T&=\pi {\sqrt {\frac {r}{g}}}\\\end{aligned}}}$

(Основано на Прокторе , стр. 135–139)

Решение Абеля

Нильс Хенрик Абель атаковал обобщенную версию проблемы таутохроны ( механическая проблема Абеля ), а именно, имея функцию , которая определяет общее время спуска для заданной начальной высоты, найти уравнение кривой, которая дает этот результат. Проблема таутохроны является частным случаем механической проблемы Абеля, когда является константой. ${\displaystyle T(y)}$ ${\displaystyle T(y)}$

Решение Абеля начинается с принципа сохранения энергии – поскольку частица не имеет трения и, таким образом, не теряет энергию на нагрев , ее кинетическая энергия в любой точке в точности равна разнице гравитационной потенциальной энергии от ее начальной точки. Кинетическая энергия равна , а поскольку частица вынуждена двигаться по кривой, ее скорость просто равна , где – расстояние, измеренное вдоль кривой. Аналогично, гравитационная потенциальная энергия, полученная при падении с начальной высоты на высоту , равна , таким образом: ${\textstyle {\frac {1}{2}}mv^{2}}$ ${\displaystyle {d\ell }/{dt}}$ ${\displaystyle \ell }$ ${\displaystyle y_{0}}$ ${\displaystyle y}$ ${\displaystyle mg(y_{0}-y)}$

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{2}}m\left({\frac {d\ell }{dt}}\right)^{2}&=mg(y_{0}-y)\\{\frac {d\ell }{dt}}&=\pm {\sqrt {2g(y_{0}-y)}}\\dt&=\pm {\frac {d\ell }{\sqrt {2g(y_{0}-y)}}}\\dt&=-{\frac {1}{\sqrt {2g(y_{0}-y)}}}{\frac {d\ell }{dy}}\,dy\end{aligned}}}$

В последнем уравнении мы предполагали записать оставшееся расстояние вдоль кривой как функцию высоты ( , осознали, что оставшееся расстояние должно уменьшаться с увеличением времени (отсюда знак минус), и использовали цепное правило в форме . ${\displaystyle \ell (y))}$ ${\textstyle d\ell ={\frac {d\ell }{dy}}dy}$

Теперь интегрируем от до , чтобы получить общее время, необходимое для падения частицы: ${\displaystyle y=y_{0}}$ ${\displaystyle y=0}$

${\displaystyle T(y_{0})=\int _{y=y_{0}}^{y=0}\,dt={\frac {1}{\sqrt {2g}}}\int _{0}^{y_{0}}{\frac {1}{\sqrt {y_{0}-y}}}{\frac {d\ell }{dy}}\,dy}$

Это называется интегральным уравнением Абеля и позволяет нам вычислить общее время, необходимое для падения частицы вдоль заданной кривой (что было бы легко вычислить). Но механическая задача Абеля требует обратного – учитывая , мы хотим найти , из чего уравнение для кривой следовало бы прямым образом. Чтобы продолжить, отметим , что интеграл справа является сверткой с и , таким образом, возьмем преобразование Лапласа обеих сторон относительно переменной : ${\displaystyle {d\ell }/{dy}}$ ${\displaystyle T(y_{0})\,}$ ${\displaystyle f(y)={d\ell }/{dy}}$ ${\displaystyle {d\ell }/{dy}}$ ${\displaystyle {1}/{\sqrt {y}}}$ ${\displaystyle y}$

${\displaystyle {\mathcal {L}}[T(y_{0})]={\frac {1}{\sqrt {2g}}}{\mathcal {L}}\left[{\frac {1}{\sqrt {y}}}\right]F(s)}$

где . Поскольку , то теперь у нас есть выражение для преобразования Лапласа в терминах преобразования Лапласа : ${\displaystyle F(s)={\mathcal {L}}{\left[{d\ell }/{dy}\right]}}$ ${\textstyle {\mathcal {L}}{\left[{1}/{\sqrt {y}}\right]}={\sqrt {{\pi }/{s}}}}$ ${\displaystyle {d\ell }/{dy}}$ ${\displaystyle T(y_{0})}$

${\displaystyle {\mathcal {L}}\left[{\frac {d\ell }{dy}}\right]={\sqrt {\frac {2g}{\pi }}}s^{\frac {1}{2}}{\mathcal {L}}[T(y_{0})]}$

Это все, что мы можем сделать, не указывая . Как только становится известным, мы можем вычислить его преобразование Лапласа, вычислить преобразование Лапласа и затем выполнить обратное преобразование (или попытаться сделать это), чтобы найти . ${\displaystyle T(y_{0})}$ ${\displaystyle T(y_{0})}$ ${\displaystyle {d\ell }/{dy}}$ ${\displaystyle {d\ell }/{dy}}$

Для задачи таутохроны является константой. Поскольку преобразование Лапласа 1 равно , т.е. , находим функцию формы : ${\displaystyle T(y_{0})=T_{0}\,}$ ${\displaystyle {1}/{s}}$ ${\textstyle {\mathcal {L}}[T(y_{0})]={T_{0}}/{s}}$ ${\textstyle f(y)={d\ell }/{dy}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}F(s)={\mathcal {L}}{\left[{\frac {d\ell }{dy}}\right]}&={\sqrt {\frac {2g}{\pi }}}s^{\frac {1}{2}}{\mathcal {L}}[T_{0}]\\&={\sqrt {\frac {2g}{\pi }}}T_{0}s^{-{\frac {1}{2}}}\end{aligned}}}$

Используя снова преобразование Лапласа, приведенное выше, мы инвертируем преобразование и приходим к выводу:

${\displaystyle {\frac {d\ell }{dy}}=T_{0}{\frac {\sqrt {2g}}{\pi }}{\frac {1}{\sqrt {y}}}}$

Можно показать, что циклоида подчиняется этому уравнению. Нужно сделать еще один шаг, чтобы выполнить интеграл по , чтобы получить выражение формы траектории. ${\displaystyle y}$

( Симмонс , раздел 54).

Смотрите также

• Идентификация Бельтрами
• кривая брахистохроны
• Вариационное исчисление
• Цепная линия
• Циклоида
• Равномерно ускоренное движение

Ссылки

1. Блэквелл, Ричард Дж. (1986). Маятниковые часы Христиана Гюйгенса . Эймс, Айова: Издательство Университета штата Айова. Часть II, Предложение XXV, стр. 69. ISBN 0-8138-0933-9.

Библиография

• Симмонс, Джордж (1972). Дифференциальные уравнения с приложениями и историческими примечаниями . McGraw–Hill. ISBN 0-07-057540-1.
• Проктор, Ричард Энтони (1878). Трактат о циклоиде и всех формах циклоидальных кривых, а также об использовании таких кривых при рассмотрении движений планет, комет и т. д., а также материи, испускаемой Солнцем.

Внешние ссылки

• Математический мир